Calcolo delle Probabilità e Statistica Matematica A.A. 2011/12. CAPITOLO 1 Analisi combinatoria

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1 CAPITOLO 1 Analisi combinatoria 1.1 Introduzione 1.2 Il principio fondamentale del calcolo combinatorio 1.3 Permutazioni 1.4 Disposizioni e combinazioni

2 1.1 Introduzione Problema. Un sistema di comunicazione consiste di n antenne allineate. Il sistema è detto funzionante se non vi sono 2 antenne difettose consecutive. Sapendo che esattamente m delle n antenne sono difettose, qual è la probabilità che il sistema sia funzionante? Ad esempio, se n = 4 e m = 2 le possibili configurazioni sono 6: : sistema funzionante : sistema funzionante (1 = antenna funzionante) : sistema funzionante (0 = antenna difettosa) : sistema non funzionante : sistema non funzionante : sistema non funzionante Molti problemi del calcolo delle probabilità si risolvono semplicemente calcolando il numero di modi in cui avviene un dato evento; sarà questo l argomento dell analisi combinatoria. 2

3 1.2 Il principio fondamentale del calcolo combinatorio Principio fondamentale del calcolo combinatorio. Si realizzino 2 esperimenti. Sisuppongacheilprimoesperimentoabbiamesitipossibili, echeperognunodiquesti il secondo esperimento abbia n esiti possibili. Allora, se sequenze distinte di esiti dei due esperimenti producono esiti finali distinti, i due esperimenti hanno in tutto mn esiti possibili. Dimostrazione. Elenchiamo tutti gli esiti dei due esperimenti: (1,1) (1,2)... (1,n) n elementi (2,1) (2,2)... (2,n) n elementi m righe:... (m,1) (m,2)... (m,n) n elementi dove diciamo che l esito finale è (i,j) se il primo esperimento ha prodotto esito i e il secondo esperimento ha prodotto esito j. L insieme dei possibili esiti consiste quindi di m righe, ognuna contenente n elementi. Vi sono in tutto mn esiti possibili. 3

4 Esempio. In un centro studi vi sono 3 laboratori, ed in ognuno di essi 10 computer. Si vuole scegliere un laboratorio ed uno dei computer in esso presenti. Quante sono le scelte possibili? Soluzione. Si può vedere la scelta del laboratorio come l esito del primo esperimento e la scelta successiva di uno dei computer in esso presenti come l esito del secondo esperimento; per il principio fondamentale del calcolo combinatorio vi sono in tutto 3 10 = 30 scelte possibili. Esempio. Si lanciano a caso due dadi da gioco. Quanti sono i risultati possibili? Soluzione. Il lancio del primo dado dà l esito del primo esperimento, e il lancio del secondo dado dà l esito del secondo esperimento; per il principio fondamentale del calcolo combinatorio vi sono in tutto 6 6 = 36 risultati possibili. Notiamo che sequenze distinte di esiti dei due esperimenti producono esiti finali distinti; in altri termini (i,j) è un risultato distinto da (j,i). 4

5 Esempio. Si lancia a caso un dado da gioco. Se esce un numero pari si lancia nuovamente il dado. Se esce un numero dispari si lancia un dado truccato, in cui il 6 è stato modificato in 5. Quanti sono i risultati possibili? Soluzione. Suddividendo il calcolo secondo le due alternative relative al primo lancio, per il principio fondamentale del calcolo combinatorio vi sono in tutto = 33 risultati possibili. Esempio. Quante sono le funzioni booleane definite su {0, 1}? Soluzione. Per ogni x {0,1} risulta f(x) uguale a 0 o 1, con f(0) corrispondente all esito del primo esperimento e f(1) all esito del secondo esperimento. Vi sono pertanto 2 2 = 4 funzioni siffatte. x f(x) = 0 f(x) = x f(x) = x f(x) =

6 Esercizio. Si cosideri il seguente grafo orientato. Quanti sono i percorsi distinti possibili che portano dal nodo N 1 al nodo N 3? Soluzione. 3 3 = 9. N 1 N 2 N 3 Esercizio. Si effettuano due esperimenti. Il primo ha m possibili esiti. Se il primo esperimento produce l esito i {1,2,...,m}, il secondo può avere n i possibili esiti. Supponendo che sequenze distinte di esiti dei due esperimenti producano esiti finali distinti, quanti sono gli esiti finali possibili? Soluzione. n 1 +n n m. 6

7 Principio fondamentale (generalizzato) del calcolo combinatorio. Si realizzino r esperimenti. Si supponga che il primo esperimento abbia n 1 esiti possibili, e che per ognuno di questi il secondo esperimento abbia n 2 esiti possibili, e ancora che per ognuno degli esiti dei primi 2 esperimenti il terzo esperimento abbia n 3 esiti possibili, ecc. Allora, se sequenze distinte di esiti degli r esperimenti producono esiti finali distinti, allora gli r esperimenti producono in tutto n 1 n 2 n r esiti possibili. Esempio. Quante sono le targhe automobilistiche formate da 7 caratteri, di cui 3 numeri e 4 sono lettere (scelte tra le 26 lettere dell alfabeto anglosassone)? Soluzione. Per la versione generalizzata del principio fondamentale del calcolo combinatorio vi sono = targhe possibili. Esempio. Nell esempio precedente quante targhe vi sarebbero escludendo le ripetizioni tra numeri e lettere? Soluzione. Vi sarebbero = targhe. 7

8 Esempio. Si lancia a caso una moneta per n volte. Quante sono le sequenze di risultati possibili? Soluzione. Ognuno degli n esperimenti consistenti nel lancio della moneta ha 2 possibili esiti, e quindi i risultati possibili sono = 2 n. Ad esempio, per n = 3 si hanno 8 risultati: ccc,cct,ctc,ctt,tcc,tct,ttc,ttt. Esercizio. In quanti modi si possono scegliere r oggetti in un insieme di n oggetti, tenendo conto dell ordine delle scelte? Soluzione. n(n 1)(n 2) (n r +1). Esempio. Quanti sono i risultati possibili nel gioco del Superenalotto (tenendo conto dell ordine delle estrazioni)? Soluzione. Nella prima estrazione vi sono 90 possibili risultati, nella seconda ve ne sono 89, e così via nella sesta ve ne sono 85, quindi i risultati possibili sono in tutto =

9 1.3 Permutazioni In quanti modi si possono ordinare le lettere a,b,c? Per il principio fondamentale del calcolo combinatorio i casi possibili sono = 6: abc, acb, bac, bca, cab, cba. Ciascuno di questi ordinamenti prende il nome di permutazione. Le permutazioni distinte di n oggetti sono n(n 1)(n 2) = n! 0! = 1 10! = ! = 1 11! = ! = 2 12! = ! = 6 13! = ! = 24 14! = ! = ! = ! = ! = ! = ! = ! = ! = ! = ! =

10 Esempio. In un centro di calcolo 10 computer eseguono simultaneamente 10 programmi, di cui 4 sono scritti in Linguaggio C e 6 in Java. Viene poi stilato l elenco dei programmi nell ordine di terminazione delle esecuzioni. Sapendo che le 10 esecuzioni hanno avuto termine in istanti diversi, (a) quanti sono i possibili elenchi dei programmi? (b) quanti sono i possibili elenchi, se i programmi in C e Java compaiono in 2 liste, con precedenza alla lista dei programmi in C? Soluzione. (a) Ad ogni elenco corrisponde una possibile permutazione di 10 oggetti, quindi la risposta è 10! = (b) Vi sono 4! elenchi dei programmi in C e 6! elenchi dei programmi in Java; per il principio fondamentale del calcolo combinatorio vi sono quindi 4! 6! = = diversi elenchi se i programmi in C e Java compaiono in 2 liste, con precedenza alla lista dei programmi in C. 10

11 Esempio. Quanti sono gli anagrammi di S T A T I S T I C A? Soluzione. Se le 10 lettere da permutare fossero distinte vi sarebbero 10! = permutazioni possibili. Tuttavia le lettere non sono distinte: se permutiamo le lettere S tra di loro, le lettere T tra di loro, le lettere A tra di loro, e le lettere I tra di loro, si ottiene comunque la stessa parola. Il numero di anagrammi distinti è quindi 10! 2! 3! 2! 2! = = Permutazioni di oggetti non tutti distinti Un ragionamento analogo a quello svolto nell esempio precedente mostra che vi sono n! n 1!n 2! n r! permutazioni distinte di n oggetti presi da r categorie, dei quali n 1 sono identici fra loro, n 2 sono identici fra loro e distinti dai precedenti,..., n r sono identici fra loro e distinti dai precedenti, con n = n 1 +n 2 + +n r. 11

12 Esempio. In un centro di calcolo 10 computer eseguono simultaneamente 10 programmi, di cui 4 sono scritti in Linguaggio C e 6 in Java. Viene poi stilato l elenco dei programmi nell ordine di terminazione delle esecuzioni. Quanti sono i possibili elenchi dei programmi se è indicato solo il loro linguaggio? Soluzione. Gli elenchi possibili sono 10! 4!6! = = 210. Esempio. Quanti sono i vettori booleani di dimensione n costituiti da k bit pari a 1 e da n k bit pari a 0? Soluzione. I possibili vettori siffatti sono Per n = 4 e k = 2 i vettori sono 4! 2!(4 2)! n! k!(n k)!. = 6: 0011, 0101, 0110, 1001, 1010,

13 Esempio. Quanti sono i risultati possibili nel gioco del Superenalotto (senza tener conto dell ordine delle estrazioni)? Soluzione. Come visto in precedenza, se si tiene conto dell ordine delle estrazioni, i possibili risultati sono = Dividendo per il numero di possibili permutazioni dei numeri estratti, pari a 6! = 720, si ottiene il numero dei risultati possibili nel gioco del Superenalotto senza tener conto dell ordine delle estrazioni: ! = =

14 1.4 Disposizioni e combinazioni Quanti insiemi di r oggetti si possono formare a partire da n oggetti distinti? Per risolvere questo problema va specificato se gli insiemi da formare sono ordinati (in cui l ordine è rilevante) o non ordinati (dove l ordine non è rilevante). Nel caso di insiemi ordinati le sequenze da formare si dicono disposizioni semplici se non sono ammesse ripetizioni, altrimenti si dicono disposizioni con ripetizioni. Per il principio fondamentale del calcolo combinatorio il numero di disposizioni semplici di n oggetti raggruppati in r classi è n! D n,r = n(n 1)(n 2) (n r+1) = (n r)! = (n) r dove (n) r := n(n 1)(n 2) (n r +1) è detto fattoriale discendente; il numero di disposizioni con ripetizioni di n oggetti raggruppati in r classi è D n,r = n n n n = n r. 14

15 Esempio. Quanteparoledilunghezza2sipossonoformaredaun alfabetodi 4lettere (a) se le lettere non possono ripetersi? (b) se le lettere possono ripetersi? Soluzione. (a)sitrattadidisposizionisemplicidin = 4oggettiraggruppatiinr = 2 classi, quindi D 4,2 = (4) 2 = 4 3 = 12. (ab, ac, ad, ba, bc, bd, ca, cb, cd, da, db, dc) (b) Si tratta di disposizioni con ripetizioni di n = 4 oggetti raggruppati in r = 2 classi, quindi D 4,2 = 4 2 = 16. (aa, ab, ac, ad, ba, bb, bc, bd, ca, cb, cc, cd, da, db, dc, dd) Esercizio. Da un urna che contiene n biglie numerate da 1 a n si effettuano k e- strazioni a caso. Quante sono le distinte sequenze ottenibili se le estrazioni (a) si effettuano senza reinserimento? (b) si effettuano con reinserimento? Soluzione. (a) (n) k = n(n 1)(n 2) (n k +1); (b) n k. 15

16 Esempio. Quante sono le operazioni distinte definite su 2 variabili booleane? Soluzione. Essendo x 1 {0,1} e x 2 {0,1}, vi sono 4 coppie (x 1,x 2 ) distinte. Ad ognuna di queste si può assegnare valore 0 o 1. Si tratta quindi di determinare il numero di disposizioni con ripetizioni di 2 oggetti (i valori 0 e 1) in quattro classi (le coppie (x 1,x 2 )); vi sono pertanto D 2,4 = 2 4 = 16 operazioni distinte. x 1 x 2 0 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1 x x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x ( = and, = or, = or esclusivo) 16

17 Consideriamo il problema di determinare quanti insiemi non ordinati di r oggetti si possono formare a partire da n oggetti distinti. Nel caso di insiemi non ordinati le sequenze si dicono combinazioni semplici se non sono ammesse ripetizioni, altrimenti si dicono combinazioni con ripetizioni. In generale, dato che (n) r = n(n 1) (n r+1) rappresenta il numero di scelte di r oggetti tra n, tenendo conto dell ordine nel quale questi vengono selezionati, e dato che ogni insieme di r oggetti viene in tal modo contato r! volte, si ha che il numero di sottoinsiemi di r oggetti che si possono formare da un insieme di n oggetti è n(n 1) (n r +1) r! = n! (n r)!r! = (n) r. r! 17

18 Per r = 0,1,...,n definiamo ( ) n n! = r (n r)!r! = (n) r r! Se r < 0 o se r > n si pone ( ) n r = n(n 1) (n r+1). r! = 0. Il numero C n,r di combinazioni semplici di n oggetti raggruppati in r classi è ( ) n n! C n,r = = r (n r)!r! = (n) r n(n 1) (n r +1) =. r! r! Questo denota il numero di sottoinsiemi di dimensione r che si possono formare con gli elementi di un insieme di dimensione n senza tener conto dell ordine della selezione. Il numero C n,r di combinazioni con ripetizioni di n oggetti raggruppati in r classi è ( ) n+r 1 C n,r (n+r 1)! = = = (n+r 1) r (n+r 1)(n+r 2) n =. r (n 1)!r! r! r! 18

19 Esempio. Quante combinazioni di 4 oggetti in gruppi di 2 si possono formare (a) nel caso di combinazioni semplici? (gli oggetti non possono ripetersi) (b) nel caso di combinazioni con ripetizioni? (gli oggetti possono ripetersi) Soluzione. (a) C 4,2 = (4) 2 /2! = (4 3)/2 = 6. (ab, ac, ad, bc, bd, cd) (b) C 4,2 = (5) 2 /2! = (5 4)/2 = 10. (aa, ab, ac, ad, bb, bc, bd, cc, cd, dd) Esercizio. Una classe di tango argentino ha 22 studenti, 10 donne e 12 uomini. In quanti modi si possono( formare ) 5 coppie? ( ) Soluzione. Vi sono modi di selezionare 5 persone da 10 donne, modi 5 5 di selezionare 5 persone ( da )( 12 uomini, ) e 5! modi di accoppiare 5 donne con 5 uomini, quindi la soluzione è 5! = =

20 Esempio. In quanti modi si può scegliere un insieme di 3 nodi dai 20 nodi di un grafo? Soluzione. C 20,3 = ( ) 20 3 = (20) 3 3! = = Esempio. (a) Quanti comitati composti da 2 donne e 3 uomini si possono formare da un gruppo di 5 donne e 7 uomini? (b) Quanti sono i comitati se 2 uomini che hanno litigato rifiutano di sedere insieme nel comitato? Soluzione. (a) Ci sono ( ( 5 2) possibili insiemi con 2 donne, e 7 3) possibili insiemi di 3 uomini; segue allora dal principio fondamentale del calcolo combinatorio che vi sono ( 5 2 )( ) 7 3 = = 350 comitati possibili formati da 2 donne e 3 uomini. (b) Se due uomini rifiutano di far parte insieme nel comitato, vi sono ( 2 0)( 5 3) insiemi di 3 uomini che non contengono nessuno dei 2 litiganti, e ( 2 1)( 5 2) insiemi di 3 uomini che contengono esattamente 1 dei 2 litiganti, e quindi vi sono ( 2 0)( 5 3) + ( 2 1)( 5 2) = 30 gruppi di 3 uomini senza i 2 litiganti. In totale vi sono 30 (5 2) = 300 comitati. 20

21 Tavola (di Tartaglia-Newton) dei coefficienti binomiali n\k somma ( ) n n! = k k!(n k)! = (n) k k! ( ) n = n! 0 0!n! = n! ( ) n n! = 1; = n! n n!0! = n! n! = 1; ( ) n n! = 1 1!(n 1)! = n(n 1)! ( ) n n! = n; = (n 1)! n 1 (n 1)!1! = n(n 1)! = n; (n 1)! ( ) ( ) n n! = k k!(n k)! = n! n (n k)!k! =. n k 21

22 Formula di ricorrenza dei coefficienti binomiali ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = + 1 r n. r r 1 r Dimostrazione analitica = ( ) n 1 r 1 = [ 1 n r + 1 r ( ) n 1 (n 1)! + = r (r 1)!(n r)! + (n 1)! r!(n r 1)! (n 1)! (r 1)!(n r)(n r 1)! + (n 1)! r(r 1)!(n r 1)! ] (n 1)! (r 1)!(n r 1)! = n (n 1)! r(n r) (r 1)!(n r 1)! = ( ) n. r Esercizio. Scrivere un programma che usi la formula di ( ricorrenza ) dei coefficienti n binomiali per ottenere la tavola di Tartaglia-Newton per, 0 r n N, con r N assegnato. Quali sono le condizioni iniziali da usare? 22

23 Formula di ricorrenza dei coefficienti binomiali ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 = + 1 r n. r r 1 r Dimostrazione combinatoria ( ) n Si basa sul fatto che i sottoinsiemi di r elementi di un insieme di n oggetti sono. r Consideriamo un insieme di( n oggetti )( e fissiamo ) l attenzione su uno di essi, che chiamiamo oggetto 1. Vi sono sottoinsiemi di r elementi che contengono n 1 1 ( r 1 )( ) 1 n 1 1 l oggetto 1. Inoltre vi sono sottoinsiemi di r elementi che non contengono r ( 0 ) ( ) ( ) n 1 n 1 n l oggetto 1. La somma dei termini + fornisce il numero di r 1 r r sottoinsiemi di r elementi. 23

24 Teorema del binomio ( ) n k (x+y) n = n k=0 ( ) n x k y n k, n 1. k è detto coefficiente binomiale perché interviene nello sviluppo del binomio. Esercizio. Dimostrare il teorema del binomio per induzione su n. Esempio. Quanti sono i sottoinsiemi ( ) di un insieme di n elementi? n Soluzione. Poiché vi sono sottoinsiemi di dimensione k, dal teorema del binomio k per x = y = 1 si ha n ( ) n = (1+1) n = 2 n. k k=0 (Si veda anche l ultima colonna della tavola dei coefficienti binomiali). 24

25 n ( ) n Nella somma = 2 n è incluso il caso k = 0 che corrisponde all insieme vuoto. k k=0 Quindi il numero di sottoinsiemi non vuoti di un insieme di n elementi è n ( ) n = 2 n 1. k k=1 Analogamente, il numero di sottoinsiemi costituiti da almeno 2 elementi è n ( ) n = 2 n n 1. k k=2 Esercizio. Utilizzare il teorema del binomio per dimostrare che n ( ) n ( 1) i = 0, n > 0. i i=0 25

26 Proposizione. Per ogni n k 0 sussiste la seguente identità: n ( ) ( ) j n+1 =. k k +1 j=k Dimostrazione. Procedendo per induzione su n, notiamo che per n = k l identità è valida, essendo ( ) ( ) k k +1 = = 1. k k +1 Supponendo valida l identità per n, vediamo che essa sussiste anche per n+1. Si ha n+1 ( ) j n ( ) ( ) ( ) ( ) j n+1 n+1 n+1 = + = +. k k k k +1 k j=k j=k ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 Ricordando la formula di ricorrenza = + si ottiene r r 1 r n+1 ( ) ( ) j n+2 =, da cui segue immediatamente la tesi. k k +1 j=k 26

27 È possibile mostrare che i sottoinsiemi di un insieme di n elementi sono 2 n anche nel seguente modo: assegnamo ad ogni elemento dell insieme il valore 0 o 1. Ad ogni assegnazione corrisponde il sottoinsieme (unico) i cui elementi sono quelli con il valore pari a 1. Le possibili assegnazioni sono{(x 1,x 2,...,x n ) : x i {0,1},i = 1,2,...,n}. Poiché vi sono 2 n assegnazioni possibili, tanti sono i possibili sottoinsiemi. Esempio. Per n = 4 vi sono 2 4 = 16 sottoinsiemi di {a,b,c,d}: (0,0,0,0) : {} (1,0,0,0) : {a} (0,0,0,1) : {d} (1,0,0,1) : {a,d} (0,0,1,0) : {c} (1,0,1,0) : {a,c} (0,0,1,1) : {c,d} (1,0,1,1) : {a,c,d} (0,1,0,0) : {b} (1,1,0,0) : {a,b} (0,1,0,1) : {b,d} (1,1,0,1) : {a,b,d} (0,1,1,0) : {b,c} (1,1,1,0) : {a,b,c} (0,1,1,1) : {b,c,d} (1,1,1,1) : {a,b,c,d} 27

28 Esercizio. Calcolare quanti sono i vettori (x 1,...,x k ) nei quali (a) ogni x i è un intero positivo tale che 1 x i n; (b) ogni x i è un intero positivo tale che 1 x i n, ed inoltre ogni x i è diverso da ciascun intero x 1,x 2,...,x i 1 ; (c) ogni x i è un intero positivo tale che 1 x i n, ed inoltre x 1 < x 2 < < x k ; (d) ogni x i è un intero positivo tale che 1 x i n, ed( inoltre ) x 1 x 2 ( x k. ) n n+k 1 Soluzione. (a)d n,k = nk ;(b)d n,k = (n) k ;(c)c n,k = ;(d)c n,k k =. k Esercizio. Scrivere un programma che, per valori di k e di n assegnati, (i) generi tutte le sequenze dei 4 casi dell esercizio precedente; (ii) conti quante sequenze sono state ( ) generate; ( ) n n+k 1 (iii) valuti le quantità n k, (n) k,, ; k k (iv) verifichi che i numeri di sequenze generate nei 4 casi corrispondano alle quantità valutate al punto (iii). 28

29 Esercizio. Dimostrare le seguenti uguaglianze: n n n n n 1 = (n) k, i 1 =1 i 2 =1 i 2 i 1 n i 1 1 i 1 =1 i 2 =1 i=0 i k =1 i k ir r<k i k 1 1 i k =1 1 = ( ) n, k i 1 =1 i 2 =1 n i 1 i 1 =1 i 2 =1 n 1 = n k, i k =1 i k 1 i k =1 1 = ( n+k 1 Esercizio. Dimostrare la seguente uguaglianza (detta di Vandermonde): ( ) n+m k ( )( ) ( )( ) ( )( ) n m n m n m = = k i k i 0 k 1 k 1 k ). ( n k )( m 0 Suggerimento: Considerare n biglie nere e m biglie bianche. In quanti modi si può formare un sacchetto di k biglie? ). 29

30 Esercizio. Un lotto di 4 computer distinti deve essere assegnato a 2 laboratori. (a) In quanti modi può essere fatto? (b) E se ogni laboratorio deve ricevere almeno un computer? Soluzione. (a) Assegnando k computer al primo laboratorio ( ) e 4 k al secondo 4 laboratorio, l assegnazione dei computer si può effettuare in modi; si ha quindi: k 4 ( ) 4 = 2 4 = 16; k k=0 {}{1234},{1}{234},{2}{134},{3}{124},{4}{123},{12}{34},{13}{24},{14}{23}, {23}{14},{24}{13},{34}{12},{123}{4},{124}{3},{134}{2},{234}{1},{1234}{}. (b) Analogamente si ha: 3 k=1 ( ) 4 k = 2 4 ( ) 4 0 ( ) 4 4 = 14; sono le stesse assegnazioni del caso (a) tranne {}{1234} e {1234}{}. 30

31 CAPITOLO 2 Assiomi della probabilità 2.1 Introduzione 2.2 Spazio campionario ed eventi 2.3 Assiomi della probabilità 2.4 Alcune semplici proprietà 2.5 Spazi campionari con esiti equiprobabili 2.6 La probabilità come funzione di insieme continua 2.7 La probabilità come misura della fiducia 31

32 2.1 Introduzione In questo capitolo introduciamo il concetto di probabilità di un evento e quindi mostriamo come le probabilità possano essere calcolate in certe situazioni. Preliminarmente avremo però bisogno di definire i concetti di spazio campionario e di evento di un esperimento. 32

33 2.2 Spazio campionario ed eventi Chiameremo esperimento qualunque fenomeno il cui risultato non possa essere previsto con certezza. Sebbene l esito dell esperimento non sia noto a priori, supponiamo che l insieme di tutti i possibili esiti lo sia. Definiamo questo insieme spazio campionario dell esperimento e lo denotiamo con S; i suoi elementi sono detti eventi elementari. Esempio. Nell esperimento che consiste nel lancio di 2 dadi, lo spazio campionario consiste di D 6,2 = 6 2 = 36 elementi: S = {(i,j) : i,j = 1,2,3,4,5,6}, dove (i,j) indica che il primo dado mostra il numero i e l altro dado il numero j. Esempio. Se l esito dell esperimento è l ordine di arrivo di una competizione sportiva con n partecipanti, lo spazio campionario consiste di n! elementi: S = {tutte le n! permutazioni di (1,2,...,n)} = {(ω 1,ω 2,...,ω n ) : i, ω i {1,2,...,n}, ω i / {ω 1,ω 2,...,ω i 1 }} 33

34 Esempio. Se l esperimento consiste nel lanciare successivamente n monete, lo spazio campionario è costituito da D 2,n = 2 n elementi: S = {ω 1 ω 2 ω n : i, ω i {c,t}}; (S è finito) per n = 3: S = {ccc,cct,ctc,ctt,tcc,tct,ttc,ttt} Esempio. Un esperimento consiste nel lanciare ripetutamente una moneta. Consideriamo come esito dell esperimento il numero d ordine del lancio in cui compare testa per la prima volta. Lo spazio campionario è l insieme degli interi non negativi: S = {n : n = 1,2,...} (S è infinito numerabile) Esempio. Se l esperimento consiste nel misurare il tempo di vita di un apparecchiatura elettronica, lo spazio campionario consiste nell insieme dei numeri reali non negativi: S = {x R : 0 x < } (S è infinito non numerabile) 34

35 Un sottoinsieme A dello spazio campionario sarà detto evento. Un evento è quindi un insieme di possibili esiti di un esperimento. Se l esito di un esperimento è contenuto in A, diremo che l evento A si è verificato. Esempio. Nell esperimento del lancio di 2 dadi, l evento A = {(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)} si verifica quando la somma dei 2 dadi è 7. Esempio. Nell esperimento del lancio di 3 monete, l evento A = {ccc,cct,ctc,ctt} si verifica quando al primo lancio esce croce. Esempio. Nell esperimento che consiste nel misurare il tempo di vita di un apparecchiatura elettronica, l evento A = {x R : 0 x 5} si verifica quando l apparecchiatura non dura più di 5 ore. 35

36 Operazioni tra eventi Dati due eventi A e B, definiamo il nuovo evento A B, detto unione di A e B, formato da tutti gli esiti dell esperimento che stanno in A o in B o in entrambi. Analogamente, dati due eventi A e B, definiamo il nuovo evento A B, detto intersezione di A e B, formato da tutti gli esiti dell esperimento che sono sia in A che in B. (Talora A B si indica con AB). Per ogni evento A definiamo il nuovo evento A, detto complementare di A, formato da tutti gli esiti dell esperimento che non sono in A. (Talvolta A si indica con A c ). Esempio. Nell esperimento del lancio di 2 monete, con S = {cc,ct,tc,tt}, se A = {cc,ct} = {croce al primo lancio}, B = {cc,tt} = {nei due lanci si ha lo stesso risultato}, si ha A B = {cc,ct,tt}, A B = {cc}, A = {tc,tt}, B = {ct,tc}. 36

37 Il risultato di qualunque esperimento appartiene certamente allo spazio campione; pertanto S viene detto evento certo. Un evento si dice impossibile, e si indica con, se non contiene esiti dell esperimento. ( corrisponde all insieme vuoto). Due eventi A e B si dicono incompatibili se A B =. A 1,A 2,... si dicono a due a due incompatibili se A i A j = per ogni i j. Più eventi (in numero finito o infinito) si dicono necessari se la loro unione è S. Esempio. Nell esperimento del lancio di due dadi sia A = {(i,j):i = 1,2; j = 1,2,...,6}, B = {(i,j):i = 1,2,...,6; j = 4,5,6}, C = {(i,j):i = 4,5,6; j = 1,2}. A B = {(i,j):i = 1,2; j = 4,5,6}, A C =, B C =. j A B C i 37

38 Esempio. Nell esperimento dell estrazione di una biglia da un urna contenente n biglie numerate da 1 a n, sia A k = {1,2,...,k}, per k = 1,2,...,n. Gli eventi A 1,A 2,...,A n sono necessari, ma non incompatibili, essendo A 1 A 2 A n = {1,2,...,n} S, A i A j = A min(i,j). Esempio. Nell esperimento che consiste nello scegliere a caso un vettore booleano di lunghezza n, indichiamo con A k l evento costituito dai vettori aventi esattamente k bit paria1,perk = 0,1,...,n. GlieventiA 0,A 1,...,A n sononecessariedincompatibili. Infatti risulta A 0 A 1 A n = S, A i A j = i j, essendo S = {(ω 1,ω 2,...,ω n ) : ω i {0,1} i} e n A k = {(ω 1,ω 2,...,ω n ) S : I[ω i = 1] = k}, dove I[P] = 1 se P è una proposizione vera, e I[P] = 0 altrimenti. 38 i=1

39 Se A 1,A 2,... sono eventi, si definiscono l unione e l intersezione di questi come A i = A 1 A 2, A i = A 1 A 2 ; i=1 i=1 i=1 A i èl eventoformatodatuttigliesitichesonocompresiinalmenounodeglieventi A 1,A 2,...; i=1 A ièl eventoformatodatuttigliesitichesonocompresiintuttiglieventia 1,A 2,... Per ogni evento A risulta A A = S, A A =, A S = S, A S = A. Dati due eventi A e B, se tutti gli esiti di A sono anche in B, allora diciamo che A è contenuto in B, oppure che A implica B, e scriviamo A B. Se A B e B A, diciamo che A e B coincidono, e scriviamo A = B. Risulta A B se e solo se B A. 39

40 Diagrammi di Venn A B A B Proprietà commutative: associative: distribuitive: A B A B A B = B A, (A B) C = A (B C), (A B) C = (A C) (B C), A A A B A B A B = B A; (A B) C = A (B C); (A B) C = (A C) (B C). 40

41 formule di De Morgan: A B = A B, A B = A B, valide anche per un insieme finito di eventi A 1,A 2,...,A n : n n n n A i = A i, A i = A i. i=1 i=1 i=1 i=1 Esercizio. Siano A e B eventi distinti; stabilire se le seguenti identità sono vere: (i) A = (A B) (A B); (ii) A B = B A; (iii) A (A B) = B A; (iv) A (A B) = A B; (v) (A B) (A B) = (A B) (B A). Soluzione. (i) vera; (ii) vera; (iii) falsa; (iv) falsa; (v) vera. 41

42 La classe degli eventi Abbiamo visto in precedenza che un sottoinsieme A dello spazio campionario è detto evento. Più precisamente, la classe degli eventi F è una famiglia di sottoinsiemi di S tale che (i) S F; (ii) se A F allora A F; (iii) se A 1,A 2,... F allora A 1 A 2 F. Da tali proprietà segue che F è una σ-algebra (sigma-algebra) di eventi. Inoltre risulta: (iv) se A 1,A 2,... F allora A 1 A 2 F. Esempio. Alcuni esempi di classi degli eventi: F = {,S}; F = {,A,A,S}; F = P(S) (insieme delle parti di S), con S = n e P(S) = 2 n. 42

43 2.3 Assiomi della probabilità La probabilità di un evento può essere definita in termini della frequenza relativa. Supponiamo che un esperimento, il cui spazio campionario è S, venga ripetuto varie volte sotto le medesime condizioni. Per ogni evento E dello spazio campionario S, definiamo n(e) come frequenza assoluta, ossia il numero di volte che si è verificato E nelle prime n ripetizioni dell esperimento. Notiamo che risulta 0 n(e) n. Allora P(E), la probabilità dell evento E, è definita come P(E) = lim n n(e) n Cioè, P(E) è definita come limite della frequenza relativa n(e)/n, ossia limite della proporzionedelnumerodivoltechee siverifica. Notiamocherisulta0 n(e)/n 1. Quindi P(E) è la frequenza limite di E. 43

44 Esempio. Lancio di una moneta ripetuto 100 volte; S = {c,t}; E = {t} n ω n n(e) n(e)/n 1 c c c t 1 0,25 5 t 2 0,4 6 c 2 0,33 7 t 3 0,43 8 t 4 0,5 9 t 5 0,56 10 t 6 0,6 44

45 La definizione presenta un serio inconveniente: P(E) = lim n n(e) n come possiamo sapere se n(e)/n converge al limite ad una costante, che sia la stessa per ogni possibile successione di ripetizioni dell esperimento? Per esempio, supponiamo che l esperimento consista nel lancio di una moneta. Come possiamo sapere che la proporzione di teste ottenute nei primi n lanci converga ad un valore quando n diventa grande? Inoltre, anche sapendo che questa converga, come possiamo sapere che ripetendo un altra volta la serie di esperimenti, otterremo ancora lo stesso limite nella proporzione di teste? È più ragionevole assumere un insieme di assiomi più semplici ed intuitivi per definire la probabilità. 45

46 Consideriamo un esperimento il cui spazio campionario sia S. Per ogni evento A dello spazio S supponiamo che esista un numero reale P(A), definito come probabilità di A, con P : F R, il quale soddisfi i seguenti 3 assiomi. Assioma 1. Per ogni A F si ha Assioma 2. 0 P(A) 1 P(S) = 1 Assioma 3. (Additività numerabile) Per ogni successione di eventi A 1,A 2,... a due a due incompatibili (ossia tali che A i A j = quando i j), si ha ( ) P A i = P(A i ) i=1 i=1 46

47 Proposizione. P( ) = 0 Dimostrazione. Consideriamo una successione di eventi A 1,A 2,..., dove A 1 = S, A 2 = A 3 =... = ; allora, essendo gli eventi A 1,A 2,... a due a due incompatibili ed essendo S = dall Assioma 3 ricaviamo ( ) P(S) = P A i = il che implica P( ) = 0 e quindi i=2 i=1 A i P(A i ) = P(S)+ P( ) i=1 i=1 i=2 P( ) = 0 perciò l evento impossibile ha probabilità 0 di verificarsi. 47

48 Proposizione. (Additività finita) Per ogni collezione finita A 1,A 2,...,A n di eventi a due a due incompatibili (ossia tali che A i A j = quando i j), ( n ) n P A i = P(A i ) i=1 i=1 Dimostrazione. Consideriamo la successione A 1,A 2,...,A n,,,...; essendo gli eventi di tale successione a due a due incompatibili, dall Assioma 3 segue che ( n ) (( n ) n P A i = P A i )... = P(A i )+P( )+P( )+... i=1 i=1 i=1 Ricordando che P( ) = 0, si ottiene ( n ) n P A i = P(A i ) da cui segue la tesi. i=1 i=1 48

49 Esempio. Nell esperimento del lancio di una moneta si ha S = {t,c}; occorre fissare 2 reali p 1 e p 2, in modo che P({t}) = p 1, P({c}) = p 2. Dall Assioma 1 segue 0 p 1 1, 0 p 2 1. Dall Assioma 2 e dalla proprietà di additività finita si ha 1 = P(S) = P({t} {c}) = P({t})+P({c}) = p 1 +p 2. Ad esempio, se testa e croce si verificano con uguale probabilità avremo P({t}) = 1 2, P({c}) = 1 2 ; se invece abbiamo la sensazione che la moneta sia truccata in modo da mostrare testa con probabilità doppia rispetto a quella di croce, avremo P({t}) = 2 3, P({c}) =

50 Esempio. Nel lancio di un dado, con S = {1,2,3,4,5,6}, se supponiamo che le sei facce siano equiprobabili, allora dovremo porre P({1}) = P({2}) = P({3}) = P({4}) = P({5}) = P({6}) = 1 6. Dalla proprietà di additività finita segue che la probabilità che in lancio del dado si ottenga un numero pari vale P({2,4,6}) = P({2})+P({4})+P({6}) = 1 2. Più in generale, se il dado ha n facce, con S = {1,2,...,n}, e se si suppone che le n facce siano equiprobabili, allora avremo P({1}) = P({2}) =... = P({n}) = 1 n. La probabilità che in un lancio del dado si ottenga un numero compreso tra 1 e k è P({1,2,...,k}) = P({1})+P({2})+...+P({k}) = k n, (1 k n). 50

51 2.4 Alcune semplici proprietà Proposizione. Per ogni evento A P(A) = 1 P(A) Dimostrazione. Dall Assioma 2 e dalla proprietà di additività finita, con A e A eventi incompatibili, segue 1 = P(S) = P(A A) = P(A)+P(A), da cui si giunge alla tesi. Esempio. Se la probabilità di ottenere 2 volte testa lanciando due monete è 1/4, allora la probabilità di ottenere al più una volta testa deve essere 3/4. Esempio. Se la probabilità di ottenere n volte croce lanciando n monete è 1/2 n, allora la probabilità di ottenere almeno una volta testa deve essere 1 1/2 n. 51

52 Proposizione. Se A B, allora P(A) P(B) Dimostrazione. Essendo A B, abbiamo che B può essere espresso come B = A (A B), con A (A B) =. Dalla proprietà di additività finita segue P(B) = P(A (A B)) = P(A)+P(A B), da cui si ha P(B) P(A), essendo P(A B) 0. B A A B Esempio. Nel lancio di un dado, la probabilità che si ottenga 1 è minore della probabilità che si ottenga un numero dispari. Infatti, A = {1} {1,3,5} = B. Esempio. Nell esperimento consistente del lancio di 3 monete, la probabilità che si ottenga 1 testa è minore della probabilità che si ottenga almeno 1 testa, avendosi A = {cct,ctc,tcc} {cct,ctc,ctt,tcc,tct,ttc,ttt} = B. 52

53 Proposizione. P(A B) = P(A)+P(B) P(A B) Dimostrazione. Notiamo che A B può essere espresso come unione di due eventi incompatibili A e A B. Grazie alla proprietà di additività finita otteniamo P(A B) = P(A (A B)) = P(A)+P(A B). A B A B Inoltre, essendo B = (A B) (A B), con A B e A B eventi incompatibili, applicando nuovamente la proprietà di additività finita abbiamo P(B) = P(A B)+P(A B) o, equivalentemente, che P(A B) = P(B) P(A B) che completa la dimostrazione. 53

54 Esempio. Uno studente deve sottoporsi a due test. Con probabilità 0,5 supererà il primo test; con probabilità 0,4 supererà il secondo test; con probabilità 0,3 li supererà entrambi. Quanto vale la probabilità che non supererà nessuno dei due test? Soluzione. Sia B i l evento che lo studente superi il test i-esimo, i = 1,2. La probabilità che superi almeno un test sarà quindi pari a P(B 1 B 2 ) = P(B 1 )+P(B 2 ) P(B 1 B 2 ) = 0,5+0,4 0,3 = 0,6. La probabilità che lo studente non supererà nessuno dei due test è dunque P(B 1 B 2 ) = P(B 1 B 2 ) = 1 P(B 1 B 2 ) = 1 0,6 = 0,4. Esercizio. Dimostrare le seguenti relazioni, per eventi A 1 e A 2 qualsiasi: P(A 1 A 2 ) P(A 1 )+P(A 2 ), P(A 1 A 2 ) P(A 1 )+P(A 2 ) 1. 54

55 Proposizione. P(A B C) = P(A)+P(B)+P(C) P(A B) P(A C) P(B C)+P(A B C) Dimostrazione. Ricordando che P(E 1 E 2 ) = P(E 1 )+P(E 2 ) P(E 1 E 2 ), si ha P(A B C) = P((A B) C) = P(A B)+P(C) P((A B) C), e ancora P(A B C) = P(A)+P(B) P(A B)+P(C) P((A B) C). Per la legge distributiva si ha P(A B C) = P(A)+P(B) P(A B)+P(C) P((A C) (B C)), da cui segue P(A B C) = P(A)+P(B) P(A B)+P(C) P(A C) P(B C)+P(A B C) ossia la tesi. 55

56 Proposizione. Principio di inclusione/esclusione La probabilità dell unione di n eventi può esprimersi al seguente modo: n P(A 1 A 2... A n ) = P(A i ) P(A i1 A i2 )+... i 1 <i 2 Per n = 2: P(A 1 A 2 ) = i=1 + ( 1) r+1 i 1 <i 2 <...<i r P(A i1 A i2... A ir ) +...+( 1) n+1 P(A 1 A 2... A n ). 2 P(A i ) P(A 1 A 2 ). i=1 Per n = 3: P(A 1 A 2 A 3 ) = 3 P(A i ) i<j i=1 P(A i A j )+P(A 1 A 2 A 3 ). 56

57 La seguente formula esprime in modo compatto il principio di inclusione/esclusione: ( n ) n P A i = ( 1) r+1 P(A i1 A i2... A ir ). i=1 r=1 i 1 <i 2 <...<i r ( ) n La sommatoria P(A i1 A i2... A ir )ècalcolataper tuttigli possibili r i 1 <i 2 <...<i r sottoinsiemi di dimensione r dell insieme {1,2,...,n}. Il numero di termini a 2 o membro nella formula del principio di inclusione/esclusione è n ( ) n = 2 n 1. r 2 n 1 = 3 per n = 2: 2 n 1 = 7 per n = 3: r=1 2 P(A i ) P(A 1 A 2 ). i=1 3 P(A i ) i<j i=1 P(A i A j )+P(A 1 A 2 A 3 ). 57

58 2.5 Spazi campionari con esiti equiprobabili In molti esperimenti è naturale assumere che tutti gli esiti dello spazio campionario siano equiprobabili, con S insieme finito: S = {1,2,...,N}. Allora si ipotizza che P({1}) = P({2}) =... = P({N}) il che implica P({i}) = 1 N, i = 1,2,...,N, essendo 1 = P(S) = P({1} {2}... {N}) = P({1})+P({2})+...+P({N}). Per la proprietà di additività avremo perciò che per ogni evento A P(A) = A S = numero di elementi di A numero di elementi di S (definizione classica di probabilità) Se assumiamo che tutti gli esiti di un esperimento siano equiprobabili, allora la probabilità di ogni evento A è uguale alla proporzione degli esiti dello spazio campionario contenuti in A (come rapporto di casi favorevoli su casi possibili). 58

59 Esempio. Se si lanciano 2 dadi, qual è la probabilità che la somma dei valori sulla faccia superiore sia uguale a 7? Soluzione. Assumendo che i 36 possibili esiti siano equiprobabili, poiché ci sono 6 possibili esiti che danno come somma 7, E = {(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)}, la probabilità desiderata sarà uguale a 6/36 ossia 1/ Esempio. Se estraiamo 3 biglie a caso da un urna che contiene 6 biglie bianche e 5 nere, qual è la probabilità che una sia bianca e le altre due nere? Soluzione. Se teniamo conto dell ordine di estrazione e supponiamo che ogni possibile esito dello spazio campionario sia equiprobabile, la probabilità richiesta è (6 5 4)+(5 6 4)+(5 4 6) = j E = 4 11 = 0,3636 i 59

60 Esempio. Se estraiamo 3 biglie a caso da un urna che contiene 6 biglie bianche e 5 nere, qual è la probabilità che una sia bianca e le altre due nere? Soluzione. Se non teniamo conto dell ordine di estrazione, la probabilità richiesta è ( )( ) ( ) = = 4 11 = 0, Esempio. Una commissione di 5 persone viene estratta da un gruppo composto di 6 uomini e 9 donne. Se la selezione avviene in modo casuale, qual è la probabilità che la commissione consti di 3 uomini e 2 donne? Soluzione. Ognuna delle ( 15 5) combinazioni è estratta in modo equiprobabile, quindi: ( )( ) ( ) = = = 0,

61 Esempio. Un urna contiene n biglie, di cui una è speciale. Se estraiamo k biglie una alla volta, in modo tale che a ogni estrazione la probabilità di estrarre una qualunque delle biglie rimanenti sia la stessa, qual è la probabilità che la biglia speciale sia estratta? Soluzione. Ognunodei ( n k) possibiliinsiemièestrattoinmodoequiprobabile, quindi: ( )( ) 1 n 1 1 k 1 P(si estrae la biglia speciale) = ( n k ) = (n 1)! (k 1)!(n k)! n! k!(n k)! In modo alternativo, sia A i = {la biglia speciale si estrae nell i-esima estrazione}, i = 1,2,...,k. RisultaP(A i ) = 1/nperchéognunadellenbigliehaugualeprobabilità di essere scelta all i-esima estrazione. Pertanto, poiché gli eventi A i sono incompatibili si ha P(si estrae la biglia speciale) = P ( k ) A i = i=1 k P(A i ) = k n i=1 = k n 61

62 Esempio. Supponiamo che n + m biglie, di cui n siano rosse e m blu, vengano disposte in fila in modo casuale, così che ognuna delle (n + m)! possibili disposizioni sia equiprobabile. Se siamo interessati solo alla successione dei colori delle biglie in fila, si provi che tutti i possibili risultati rimangono equiprobabili. Soluzione. Consideriamo ognuna delle (n + m)! possibili disposizioni ordinate delle biglie: se permutiamo tra loro le biglie rosse e facciamo lo stesso con quelle blu, la successione dei colori chiaramente non cambia. Come risultato, otteniamo che ogni successione dei colori corrisponde a n! m! differenti disposizioni ordinate delle n + m biglie, così che ogni distribuzione di colori ha probabilità di verificarsi n!m! (n+m)! Ad esempio se n = m = 2, delle 4! = 24 possibili disposizioni ordinate delle biglie, ci saranno 2! 2! = 4 distribuzioni che danno la stessa distribuzione di colori; ad esempio r 1,b 1,r 2,b 2, r 1,b 2,r 2,b 1, r 2,b 1,r 1,b 2, r 2,b 2,r 1,b 1. 62

63 Esempio. Nel gioco del lotto si estraggono a caso 5 numeri da un urna contenente 90 numeri compresi tra 1 e 90. (Le cinquine sono equiprobabili). Se si fissano k numeri distinti compresi tra 1 e 90 qual è la probabilità che questi saranno tra i 5 estratti? Soluzione. Poiché ( ) l ordine di estrazione qui non è rilevante, lo spazio campionario è 90 l insieme delle combinazioni semplici di 90 oggetti in 5 classi. 5 L evento A k = {i k numeri fissati sono tra i 5 estratti} è costituito dalle sequenze di S che presentano all interno i k numeri fissati; pertanto la sua cardinalità è pari al numero di combinazioni semplici di 90 k oggetti in 5 k classi: ( 90 k 5 k). Si ha quindi: P(A k ) P(A 1 ) P(A 2 ) P(A 3 ) P(A 4 ) P(A 5 ) ( 90 k 5 k ( 90 ) 5 ) ( 89 4) ( 90 5 ) = 1 18 ( 88 3) ) = ( 90 5 ( 87 2 ( 90 5 ) ) = ( 86 1 ( 90 5 ) ) = ( 85 0) ( 90 5) =

64 Esempio. Il problema delle concordanze. Da un urna che contiene biglie numerate da 1 a n si estraggono casualmente in sequenza le n biglie. Diciamo che si ha una concordanza nell i-esima estrazione se in tale estrazione viene estratta la biglia avente numero i, per i = 1,2,...,n. Calcolare la probabilità che non si abbia concordanza in nessuna estrazione. Soluzione. Per i = 1,2,...,n sia E i = {si ha concordanza nell i-esima estrazione}. Pertanto, la probabilità che si abbia almeno una concordanza è ( n ) n P E i = ( 1) r+1 P(E i1 E i2... E ir ). i=1 r=1 i 1 <i 2 <...<i r Rappresentiamo l esito dell esperimento come un vettore (ω 1,ω 2,...,ω n ), dove ω i denota il numero estratto all estrazione i-esima. Lo spazio campionario è quindi l insieme delle n! permutazioni S = {(ω 1,ω 2,...,ω n ):ω i {1,2,...,n}, ω i ω j per i j}. 64

65 L eventoe i1 E i2... E ir siverificasenelleestrazionii 1,i 2,...,i r sihaconcordanza (e non è escluso che si possa avere concordanza nelle altre estrazioni). Ciò può accadere in(n r)!modi,perchénelleestrazionii 1,i 2,...,i r l esitodeveessereunaconcordanza, mentre nelle estrazioni rimanenti ci sono(n r)(n r 1) modi per individuare gli esiti dell esperimento. Si ha pertanto P(E i1 E i2... E ir ) = (n r)! ( ) n! n Poiché vi sono termini in P(E i1 E i2... E ir ), risulta quindi r i 1 <i 2 <...<i r ( ) n (n r)! n! P(E i1 E i2... E ir ) = = r n! r!(n r)! (n r)! = 1 n! r! i 1 <i 2 <...<i r e dunque ( n ) P E i = i=1 n ( 1) r+1 r=1 i 1 <i 2 <...<i r P(E i1 E i2... E ir ) = n ( 1) r+11 r!. r=1 65

66 La probabilità che non si abbia concordanza in nessuna estrazione è quindi ( n ) ( n ) n ( 1) r+1 n ( 1) r p n = P E i = 1 P E i = 1 = 1+ = r! r! i=1 i=1 r=1 r=1 n r=0 ( 1) r r! Notiamo che per n grande la probabilità può essere approssimata da (Ricordiamo che e x = + r=0 e 1 = x r r! p n = + r=0 n r=0 ( 1) r r! per x R) ( 1) r r! 0, n p n ,5 3 0, , , , , , , ,

67 Esercizio. Nell esperimento che consiste nel lanciare n volte una moneta non truccata, indicando con t la fuoriuscita di testa e con c di croce, lo spazio campionario è S = {(ω 1,ω 2,...,ω n ):ω i {t,c} per 1 i n}, e le sue 2 n sequenze sono equiprobabili. Per 1 k n, calcolare le probabilità di T k = {al k-esimo lancio esce testa} = {ω:ω k = t;ω i {t,c} per i k} A k = {nei primi k lanci esce testa} = {ω:ω 1 =... = ω k = t;ω i {t,c} per i > k} A k = {nei primi k lanci esce croce} = {ω:ω 1 =... = ω k = c;ω i {t,c} per i > k} n B k = {esce testa k volte} = {ω S: 1 {ωi =t} = k} (1 A = 1 se A è vera, 0 senò). i=1 Soluzione. Trattandosi di uno spazio campionario con esiti equiprobabili, si ha ( ) n P(T k ) = 2n 1 2 n = 1 2, P(A k) = P(A k) = 2n k 2 n = 1 2 k, P(B k) = k 2. n 67

68 Esercizio. Riferendosiall esercizioprecedente,mostrarecheglieventib 0,B 1,...,B n sono necessari e incompatibili, ed inoltre che P(T 1 A k ) = 1 2 k, P(T 1 A k ) = 1 2, ( ) ( ) n 1 n 1 k 1 P(T 1 B k ) =, P(T 2 n 1 B k ) = P(A k A k) = 0, P(A k A k) = 1 2 k 1, ( ) n k, 2 n P(A k B k ) = 1 2 n, P(A k B k ) = 1 2 k + k 1 2 n 2 n, P(A k 1 T k ) = k, P(A k 1 T k ) = 1 2 k. 68

69 2.6 La probabilità come funzione di insieme continua Una successione di eventi {E n,n 1} è detta successione crescente se mentre è detta successione decrescente se E 1 E 2... E n E n+1... E 1 E 2... E n E n+1... Se{E n,n 1}èunasuccessionecrescentedieventi, alloradefiniamounnuovoevento, che denotiamo con lim n E n, nel seguente modo lim E n = n Similmente, se {E n,n 1} è una successione decrescente di eventi, definiamo lim E n n come lim E n = E i n i=1 i=1 E i 69

70 Esempio. Nel lancio di una moneta non truccata, ripetuto indefinitamente, si consideri la successione di eventi A n = {nei primi n lanci esce testa}, n = 1,2,... È facile vedere che A 1 A 2 A 3...; pertanto {A n,n 1} è una successione decrescente di eventi. Se poniamo C n = {esce almeno una volta testa nei primi n lanci}, si ha C 1 C 2 C 3...; segue che {C n,n 1} è una successione crescente di eventi. Indicando con T n l evento che si verifica quando esce testa al lancio n-esimo, è facile verificare che {T n,n 1} non è una successione monotona. 70

71 Proposizione. (Continuità della probabilità) Se {E n,n 1} è una successione di eventi, crescente o decrescente, allora lim P(E n) = P( lim E n ). n n Esempio. Nel lancio di una moneta non truccata ripetuto indefinitamente calcolare P(E p ) = P({esce testa per la prima volta in un lancio pari}), P(E d ) = P({esce testa per la prima volta in un lancio dispari}). Soluzione. Consideriamo la successione di eventi F k = {esce testa per la prima volta nel lancio k-esimo}, k 1. Gli eventi F 1,F 2,... sono incompatibili e, per quanto visto in precedenza, si ha P(F 1 ) = P(T 1 ) = 1 2, P(F k ) = P(T 1 T 2 T k 1 T k ) = P(A k 1 T k ) = 1 2k, k 2. 71

72 Notiamo che E p = E d = F 2k = {esce testa per la prima volta in un lancio pari}, k=1 k=1 F 2k 1 = {esce testa per la prima volta in un lancio dispari}. Dalla proprietà di additività numerabile e ricordando che P (F k ) = 1 2 k segue: Poiché P(E p ) = P P(E d ) = P k=1 ( + k=1 x k = x 1 x ( + k=1 F 2k ) = F 2k 1 ) = + k=1 + k=1 P (F 2k ) = P (F 2k 1 ) = + k=1 + k=1 ( 1 < x < 1) si ha P(E p ) = 1 2 = + 2k k=1 ( ) k 1, = 2 + 2k k=1 ( ) k 1. 4 = 1 3 e P(Ed ) =

73 È utile sottolineare che sebbene sia P(E p )+P(E d ) = 1, E p E d =, gli eventi E p ed E d non sono tra loro complementari. Infatti introducendo l evento si ha E p E d E 0 = S, E 0 = {non esce mai testa}, con E p,e d,e 0 incompatibili. Inoltre, ponendo A k = {nei primi k lanci esce sempre croce} per k 1, la successione {A 1,A 2,...} è decrescente ed ha come limite l evento lim k A k = A k = E 0. Pertanto, per la continuità della probabilità, e notando che P(A k ) = 1 2k, si ha ( ) P(E 0 ) = P lim k A k = lim P(A 1 k k) = lim k 2 = 0. k k=1 73

74 2.7 La probabilità come misura della fiducia Secondo l impostazione soggettiva la probabilità di un evento è il grado di fiducia che un individuo ha nel verificarsi dell evento. In questa affermazione la probabilità perde la caratteristica assoluta di numero legato intrinsecamente all evento per dipendere dall opinione soggettiva dell osservatore. Esprimendosi in termini di scommesse la probabilità è il prezzo che un individuo ritiene equo pagare per ricevere 1 se l evento si verifica e 0 se l evento non si verifica. ω = risultato dell esperimento { ω A riceviamo 1 ω A riceviamo 0 74

75 Va inoltre imposta la seguente condizione di coerenza: Le probabilità degli eventi vanno attribuite in modo che non sia possibile ottenere con un insieme di scommesse una vincita certa o una perdita certa. Chiariamo il ruolo della condizione di coerenza per la probabilità soggettiva. Sia P(A) la probabilità di un evento A secondo l impostazione soggettiva. Nel pagare P(A) e nel ricevere 1 oppure 0 si guadagna 1 P(A) oppure P(A), quindi almeno P(A) e al massimo 1 P(A). Se P(A) fosse negativa si avrebbe certamente un guadagno positivo, mentre se P(A) fosse maggiore di 1 si avrebbe certamente una perdita, e nei due casi la condizione di coerenza è violata. Si ha quindi 0 P(A) 1. 75

76 Se consideriamo una scommessa su S, paghiamo P(S) per ricevere certamente 1; si ha quindi certamente un guadagno pari a 1 P(S). Se fosse P(S) < 1 si avrebbe una vincita certa mentre se fosse PS) > 1 si avrebbe una perdita certa. Per la condizione di coerenza si ricava quindi P(S) = 1. L impostazione soggettiva alla probabilità è sottoposta a varie critiche. Lo schema di scommesse che la descrive è infatti contestabile perché la propensione o l avversità al rischio cambia da persona a persona e per ogni individuo può variare con le circostanze connesse all esperimento. 76

77 CAPITOLO 3 Probabilità condizionata e indipendenza 3.1 Introduzione 3.2 Probabilità condizionata 3.3 La formula delle alternative e la formula di Bayes 3.4 Eventi indipendenti 3.5 P( F) è una probabilità 77

78 3.1 Introduzione In questo capitolo introduciamo la probabilità condizionata, uno dei concetti più importanti della teoria della probabilità. L importanza del concetto è duplice. Innanzitutto si è spesso interessati a calcolare la probabilità di un evento disponendo di qualche informazione parziale. Inoltre le probabilità condizionate sono spesso utilizzate per calcolare più facilmente le probabilità richieste. 78

79 3.1 Probabilità condizionata Supponiamo di lanciare 2 dadi e che ognuno dei 36 possibili esiti sia equiprobabile con probabilità Supponiamo inoltre di osservare che l esito del primo lancio è 3. Allora, data questa informazione, qual è la probabilità che la somma dei due dadi sia uguale a 8? Dato che il primo dado vale 3, vi sono al più 6 possibili esiti dell esperimento: (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6). Dato che all inizio questi esiti erano equiprobabili, essi devono avere anche ora la stessa probabilità. Sapendo che il primo dado vale 3, la probabilità (condizionata) di ognuno dei 6 esiti è uguale a 1, mentre la probabilità (condizionata) degli altri 30 punti dello spazio 36 campionario è pari a 0. Pertanto la probabilità richiesta vale 1 6, perché uno solo dei 6 risultati dà somma 8: (3,5). In assenza d informazione sul primo lancio la probabilità di avere somma 8 vale j E i

80 Definizione. Se P(F) > 0, la probabilità condizionata di E dato F è data da P(E F) = P(E F) P(F) Tale definizione è giustificata dalle seguenti considerazioni: Per esperimenti dotati di spazio campionario finito e con esiti equiprobabili, abbiamo visto che per ogni evento A risulta: P(A) = A / S. Pertanto, volendo esprimere in tale ambito la probabilità condizionata di E dato F, siamo condotti ad usare il rapporto di casi favorevoli al verificarsi di E (sapendo che si è verificato F) su casi possibili (gli elementi di F), cosicché: P(E F) = E F F = E F / S F / S = P(E F). P(F) 80

81 Esempio. Nell esperimento del lancio di un dado non truccato calcolare le probabilità condizionatedia = {1,2}datiglieventiB 1 = {4,5,6},B 2 = {1,5,6},B 3 = {1,2,6}. Soluzione. Risulta P(A B 1 ) = P(A B 1) P(B 1 ) P(A B 2 ) = P(A B 2) P(B 2 ) P(A B 3 ) = P(A B 3) P(B 3 ) = P( ) 1/2 = 0, = P({1}) 1/2 = P({1,2}) 1/2 = 1/6 1/2 = 1 3, = 1/3 1/2 = 2 3. Pertanto, sebbeneglieventib 1, B 2, B 3 sianoequiprobabili, laprobabilitàcondizionata di A dato B k cambia al variare di k, ed in particolare risulta P(A B 2 ) = P(A). 81